【创新设计】2021高考物理二轮复习(江苏专用)-教师用书-第5讲-功能关系在力学中的应用

第5讲功能关系在力学中的应用1.(2022·江苏卷，3)如图2－5－1所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球．在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点．在此过程中拉力的瞬时功率变化状况是()A．渐渐增大B．渐渐减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大图2－5－1解析小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发觉小球在竖直方向分速度渐渐增大，重力的瞬时功率也渐渐增大，则拉力的瞬时功率也渐渐增大，A项正确．答案A2.(2021·江苏单科，5)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图2－5－2所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的()．A．30%B．50%C．70%D．90%图2－5－2解析由题图测量可得白、灰两球在碰撞前后相邻两次闪光时间内照片上球的间距分别为：x1＝6mm、x1′＝x2′＝3.5mm，设照片的放大率为k、闪光周期为T，则有eq\f(\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kT)))2－\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1′,kT)))2－\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2′,kT)))2,\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kT)))2)＝eq\f(x\o\al(2,1)－x1′2－x2′2,x\o\al(2,1))＝0.319，故A正确．答案A3．(多选)(2021·江苏卷，9)如图2－5－3所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然长度时物块位于O点(图中未标出)．物块的质量为m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W.撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零．重力加速度为g.则上述过程中()图2－5－3A．物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W－eq\f(1,2)μmgaB．物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W－eq\f(3,2)μmgaC．经O点时，物块的动能小于W－μmgaD．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能解析由于摩擦力的存在，O点距离B点较近，即xOB<xOA，从O点到A点由动能定理得到：W－μmgxOA－W弹＝0，W弹＝EpA，则有EpA＝W－μmgxOA<W－eq\f(1,2)μmga，则A错，整个过程由能量守恒得：W－μmg(a＋xOA)＝EpB，xOA>eq\f(1,2)a，则EpB<W－eq\f(3,2)μmga，B项正确，从O到A再到O过程：W－2μmgxOA＝EkO则EkO<W－2μmgeq\f(1,2)a＝W－μmga，C项正确，物块动能最大时弹簧弹力与滑动摩擦力相等即F＝μmg，而FB≤μmg，因此弹簧在动能最大位置形变量不小于B点的弹簧形变量，对应的弹簧弹性势能不小于B点的弹簧弹性势能，则D错．答案BC4．(2022·江苏卷，15)如图2－5－4所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0.小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ.乙的宽度足够大，重力加速度为g.图2－5－4(1)若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s；(2)若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；(3)保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率eq\x\to(P).解析(1)摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小ax＝μgcos45°①匀变速直线运动－2axs＝0－veq\o\al(2,0)②解得s＝eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),2μg)③(2)设t＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay则eq\f(ay,ax)＝tanθ④很小的Δt时间内，侧向、纵向的速度增量Δvx＝axΔt，Δvy＝ayΔt⑤解得eq\f(Δvy,Δvx)＝tanθ⑥且由题意知tanθ＝eq\f(vy,vx)⑦则eq\f(vy′,vx′)＝eq\f(vy－Δvy,vx－Δvx)＝tanθ⑧故摩擦力方向保持不变则当vx′＝0时，vy′＝0，即v＝2v0⑨(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的位移为y，由题意知ax＝μgcosθ，ay＝μgsinθ⑩在侧向上－2axx＝0－veq\o\al(2,0)⑪在纵向上2ayy＝(2v0)2－0⑫工件滑动时间t＝eq\f(2v0,ay)⑬乙前进的距离y1＝2v0t⑭工件相对乙的位移L＝eq\r(x2＋y1－y2)⑮则系统摩擦生热Q＝μmgL电动机做功W＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋Q⑯由eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)，解得eq\x\to(P)＝eq\f(4\r(5)μmgv0,5)⑰答案(1)eq\f(\r(2)v\o\al(2,0),2μg)(2)2v0(3)eq\x\to(P)＝eq\f(4\r(5)μmgv0,5)主要题型：选择题、计算题学问热点(1)单独命题①利用动能定理分析问题．②对动能变化、重力势能变化、弹性势能变化的分析．③对机械能守恒条件的理解及机械能守恒定律的简洁应用．(2)交汇命题①结合动能定理综合考查功和功率的计算．②结合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题．物理方法(1)守恒法(2)整体法、分段法(3)图象法命题趋势近三年江苏省高考在力学功能关系中每年必考，有单独命题，也有综合命题．(1)2021年高考将有对本专题内容的单独考查，题型为选择题．(2)2021年高考可能和牛顿其次定律、曲线运动等内容相结合综合考查，题型为计算题．热点一几个重要功能关系的应用图2－5－51．(多选)(2022·东莞市调研测试)如图2－5－5所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最终停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是()A．物体B动能的削减量等于系统损失的机械能B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量解析物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，依据能量守恒定律，物体B动能的削减量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；依据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的削减量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确．答案CD2．(多选)(2022·广东韶关一模)一轻质弹簧，固定于天花板上的O点处，原长为L，如图2－5－6所示，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是()图2－5－6A．由A到C的过程中，动能和重力势能之和保持不变B．由B到C的过程中，弹性势能和动能之和渐渐减小C．由A到C的过程中，物块m的机械能守恒D．由B到C的过程中，物块与弹簧组成的系统机械能守恒解析对物块由A到C的过程中，除重力做功外还有弹簧弹力做功，物块机械能不守恒，A、C错误；对物块和弹簧组成的系统机械能守恒，即重力势能、弹性势能和动能之和不变，上升过程中，重力势能增加，故弹性势能和动能之和渐渐减小，B、D正确．答案BD3．(多选)如图2－5－7所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开头运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中()图2－5－7 A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球的重力势能增加－W1 C．小球的机械能增加W1＋eq\f(1,2)mv2 D．小球的电势能削减W2解析由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A选项错误；重力做功是重力势能变化的量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，故B选项正确；小球增加的机械能等于重力势能的增加量与小球动能的增加量之和，即－W1＋eq\f(1,2)mv2，故C选项错误；根据电场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能削减，电场力做负功电势能增加，故D选项正确．答案BD4．(多选)如图2－5－8所示，甲、乙两传送带、倾斜于水平地面放置，传送带上表面以同样恒定速率v向上运动．现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；小物块在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v.已知B处离A处的竖直高度皆为H.则在小物体从A到B的过程中()图2－5－8A．两种传送带对小物体做功相等B．将小物体传送到B处，两种传送带消耗的电能相等C．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数不同D．将小物体传送到B处，两种系统产生的热量相等解析对小物体，从A到B由动能定理有W－mgH＝eq\f(1,2)mv2，则A正确；小物体在匀加速过程中，由a＝eq\f(v2,2x)，因位移x不同，则加速度不同，依据牛顿其次定律，动摩擦因数不同，则C正确；系统产生的热量Q＝μmgs相cosθ＝μmgcosθ·eq\f(v2,2μgcosθ－gsinθ)＝eq\f(mv2,2－\f(2tanθ,μ))，因动摩擦因数不同，Q不同，则D错误；将小物体传送到B处，传送带消耗的电能E＝W＋Q，可见E也不同，则B错误．答案AC1．若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．2．若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．3．除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．4．全部力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化．热点二动力学方法和动能定理的综合应用5．(2022·全国卷新课标Ⅱ，16)一物体静止在粗糙水平地面上．现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开头经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1,Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1,Wf2<2Wf1解析两次物体均做匀加速运动，由于时间相等，两次的末速度之比为1∶2，则由v＝at可知两次的加速度之比为1∶2，eq\f(F1合,F2合)＝eq\f(1,2)，故两次的平均速度分别为eq\f(v,2)、v，两次的位移之比为eq\f(x1,x2)＝eq\f(1,2)，由于两次的摩擦阻力相等，故由Wf＝fx可知，Wf2＝2Wf1；eq\f(W合1,W合2)＝eq\f(F合1x1,F合2x2)＝eq\f(1,4)，由于W合＝WF－Wf，故WF＝W合＋Wf；WF2＝W合2＋Wf2＝4W合1＋2Wf1<4W合1＋4Wf1＝4WF1；选项C正确．答案C6．(2022·福建卷，18)如图2－5－9，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、外形相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面对上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块()图2－5－9A．最大速度相同B．最大加速度相同C．上升的最大高度不同D．重力势能的变化量不同解析当加速度等于零，即kx＝mgsinθ时，速度最大，又两物块的质量不同，故速度最大的位置不同，最大速度也不同，所以A错误；在离开弹簧前加速度先减小后增大，离开弹簧后加速度不变，刚开头运动时，物块加速度最大，依据牛顿其次定律kx－mgsinθ＝ma，弹力相同，质量不同，故加速度不同，故B错误；依据能量守恒Ep＝mgh，弹性势能相同，重力势能的增加量等于弹性势能的削减量，故重力势能的变化量是相同的，由于物块质量不同，故上升的最大高度不同，故C正确，D错误．答案C7.如图2－5－10所示，从A点以v0＝4m/s的水平速度抛出一质量m＝1kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15m、R＝0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，取g＝10m/s2.求：图2－5－10(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板．解析(1)物块做平抛运动：H－h＝eq\f(1,2)gt2，到达C点时竖直分速度：vy＝gt＝3m/sv1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝5m/s方向与水平面的夹角为θ：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(3,4)，即：θ＝37°，斜向下．(2)从A至C点，由动能定理mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)设C点受到的支持力为FN，则有FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,2),R)由上式可得v2＝2eq\r(7)m/s，FN＝47.3N依据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3N，方向竖直向下．(3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力Ff＝μ1mg＝5N长木板与地面间的最大静摩擦力不小于滑动摩擦力Ff′＝μ2(M＋m)g＝10N因Ff＜Ff′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为0，才能保证小物块不滑出长木板．则长木板长度至少为l＝eq\f(v\o\al(2,2),2μ1g)＝2.8m.答案(1)5m/s方向与水平方向的夹角为37°斜向下(2)47.3N方向竖直向下(3)2.8m1．应用动能定理解题的“两状态，一过程”“两状态”即明确争辩对象的始、末状态的速度或动能状况，“一过程”即明确争辩过程，确定这一过程争辩对象的受力状况和位置变化或位移信息．2．应用动能定理解题的基本思路热点三动力学方法和机械能守恒定律的应用8．(2022·全国卷新课标Ⅱ，17)如图2－5－11，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g.当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()A．Mg－5mgB．Mg＋mgC．Mg＋5mgD．Mg＋10mg图2－5－11解析小圆环从大环的最高处到达大圆环底端时满足机械能守恒，则有mg·2R＝eq\f(1,2)mv2，对小圆环在最低点，应用牛顿其次定律可得：FN－mg＝meq\f(v2,R)；对大圆环，由平衡条件可知：FT＝Mg＋FN′，由牛顿第三定律可得：FN′＝FN解得FT＝Mg＋5mg，选项C正确．答案C9.(多选)(2022·河北石家庄质检)如图2－5－12所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体B的质量为2m，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直，A与地面的距离为h，物体B静止在斜面上挡板P处．放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是()图2－5－12A．弹簧的劲度系数为eq\f(mg,h)B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－eq\f(1,2)mv2C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上D．此后物体B可能离开挡板沿斜面对上运动解析物体A刚落地时，弹簧伸长量为h，物体B受力平衡，所以kh＝2mgsinθ，所以k＝eq\f(mg,h)，选项A对；物体A落地前，系统机械能守恒，所以弹性势能等于mgh－eq\f(1,2)mv2，选项B对；物体A刚落地时，对A应用牛顿其次定律得：mg－kh＝ma，所以a＝0，选项C错；物体A落地后，弹簧不再伸长，故物体B不行能离开挡板沿斜面对上运动，选项D错．答案AB10．(多选)(2022·苏北四市高三第一次调研测试)如图2－5－13，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为r的相同小球，各球编号如图．斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r.现将六个小球由静止同时释放，小球离开A点后均做平抛运动．不计一切摩擦．则在各小球运动过程中，下列说法正确的是()A．球1的机械能守恒B．球6在OA段机械能增大C．球6的水平射程最小D．六个球落地点各不相同图2－5－13解析当全部球都在斜面上运动时机械能守恒，当有球在水平面上运动时，后面球要对前面的球做功机械能不守恒，选项A错误；球6在OA段由于球5的推力对其做正功，其机械能增大，选项B正确；由于球6离开A点的速度最小，所以其水平射程最小，选项C正确；当1、2、3小球均在OA段时，三球的速度相同，故从A点抛出后，三球落地点也相同，选项D错误．答案BC11．如图2－5－14所示，一个半径R＝1.0m的圆弧形光滑轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与竖直方向夹角为θ，C为轨道最低点，D为轨道最高点．一个质量m＝0.50kg的小球(视为质点)从倾角为α的斜面顶端A点以v0的速度水平抛出，落到斜面底端B点，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知斜面底面水平且斜面顶端A高为h＝2.4m，tanα＝eq\f(\r(3),2)，重力加速度g取10m/s2.图2－5－14(1)求小球抛出时的速度v0的大小和到达B的速度；(2)求小球经过轨道最低点C时对轨道的压力FC；(3)小球能否到达轨道最高点D？若能到达，试求对D点的压力FD.若不能到达，试说明理由．解析(1)小球从倾角为α的斜面顶端A点以v0的速度水平抛出，落到斜面底端B点，依据平抛运动规律：h＝eq\f(1,2)gt2，x＝h/tanα＝v0t，所以v0＝4m/s到达B点时速度大小vB＝eq\r(v\o\al(2,0)＋g2t2)＝8m/s，与水平方向的夹角的正切tanφ＝tanθ＝eq\f(gt,v0)＝eq\r(3)，φ＝θ＝60°(2)依据机械能守恒定律，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mg(1－cosθ)R解得veq\o\al(2,C)＝74m2/s2依据牛顿其次定律，有FC′－mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)解得FC′＝42N依据牛顿第三定律，FC＝FC′＝42N，方向竖直向下(3)设小球能到达D点，依据机械能守恒定律，有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mg(h－R－Rcosθ)解得vD＝eq\r(34)＞eq\r(gR)，即小球能到达D点依据牛顿其次定律，有FD′＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,D),R)代入数据，解得小球受到的压力FD′＝12N，依据牛顿第三定律，小球对轨道的压力为FD＝FD′＝12N，方向竖直向上．答案(1)4m/s8m/s方向与水平方向的夹角为60°(2)42N方向竖直向下(3)能12N方向竖直向上用机械能守恒定律解题的基本思路高考命题热点5.应用动力学和能量观点分析多过程问题若一个物体或多个物体参与了多个运动过程，有的过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点，则要用动力学方法求解；若某过程涉及做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理、机械能守恒定律或功能关系求解．图2－5－15【典例】(2022·牡丹江一模)(19分)如图2－5－15所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8m，匀速运动的速度v0＝5m/s.一质量m＝1kg的小物块，轻轻放在传送带上xP＝2m的P点．小物块随传送带运动到Q点后冲上光滑斜面且刚好到达N点(小物块到达N点后被收集，不再滑下)．若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.求：(1)N点的纵坐标；(2)小物块在传送带上运动产生的热量；(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光滑斜面越过纵坐标yM＝0.5m的M点，求这些位置的横坐标范围．审题流程第一步：抓住关键点——挖掘信息其次步：抓好过程分析——理清思路满分解答(1)小物块在传送带上做匀加速运动的加速度a＝μg＝5m/s2. (2分)小物块与传送带共速时，所用时间t＝eq\f(v0,a)＝1s (2分)运动的位移x＝eq\f(1,2)at2＝2.5m＜(L－xP)＝6m (2分)故小物块与传送带共速后以v0＝5m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑斜面到达N点，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgyN (2分)解得yN＝1.25m (1分)(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移x相对＝v0t－x＝2.5m (2分)产生的热量Q＝μmgx相对＝12.5J (2分)(3)设在坐标为x1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚好能到达M点，由能量守恒得μmg(L－x1)＝mgyM (2分)代入数据解得x1＝7m (2分)故小物块在传送带上的位置横坐标范围0≤x＜7m (2分)答案(1)1.25m(2)12.5J(3)0≤x＜7m力学综合题中多过程问题的分析思路1．对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中消灭的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简洁的子过程．2．找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每一个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解．(16分)如图2－5－16为某生产流水线工作原理示意图．足够长的工作平台上有一小孔A，肯定长度的操作板(厚度可忽视不计)静止于小孔的左侧，某时刻开头，零件(可视为质点)无初速度地放上操作板的中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动，直至运动到A孔的右侧(忽视小孔对操作板运动的影响)，最终零件运动到A孔时速度恰好为零，并由A孔下落进入下一道工序．已知零件与操作板间的动摩擦因数μ1＝0.05，零件与工作台间的动摩擦因数μ2＝0.025,不计操作板与工作台间的摩擦．重力加速度g＝10m/s2.求：图2－5－16(1)操作板做匀加速直线运动的加速度大小；(2)若操作板长L＝2m，质量M＝3kg，零件的质量m＝0.5kg，则操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中，电动机至少做多少功？解析(1)设零件向右运动距离x时与操作板分别，此过程历经时间为t，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A孔处速度减为零，设零件质量为m，操作板长为L，取水平向右为正方向，对零件，有：分别前：μ1mg＝ma1①(2分)分别后：μ2mg＝ma2②(2分)且x＝eq\f(1,2)a1t2③(1分)以后做匀减速运动的位移为：eq\f(L,2)－x＝eq\f(0－a1t2,－2a2)④(2分)对操作板，有：eq\f(L,2)＋x＝eq\f(1,2)at2⑤ (2分)联立以上各式解得：a＝eq\f(2μ1μ2＋μ\o\al(2,1)g,μ2)，代入数据得：a＝2m/s2.⑥ (1分)(2)将a＝2m/s2，L＝2m代入eq\f(L,2)＋eq\f(1,2)a1t2＝eq\f(1,2)at2，⑦ (1分)解得：t＝eq\r(\f(L,a－a1))＝eq\f(2,\r(3))s⑧ (1分)操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中，动能的增加量ΔEk1＝eq\f(1,2)M(eq\r(2aL))2＝12J⑨ (1分)零件在时间t内动能的增加量ΔEk2＝eq\f(1,2)m(μ1gt)2＝eq\f(1,12)J⑩ (1分)零件在时间t内与操作板因摩擦产生的内能Q1＝μ1mg×eq\f(L,2)＝0.25J⑪ (1分)依据能量守恒定律，电动机做功至少为W＝ΔEk1＋ΔEk2＋Q1＝12eq\f(1,3)J≈12.33J．⑫ (1分)答案(1)2m/s2(2)12.33J一、单项选择题1．(2022·淮安市高三考前信息卷)某机械在每次匀速吊起货物时所能供应的功率P与所吊货物质量m的关系如图2－5－17所示．现用该机械将30个货箱吊上离地12m高的平台，每个货箱的质量为5kg(忽视机械从平台返回地面和装的时间，g取10m/s2)，所需最短时间约为()图2－5－17A．360sB．720sC．1440sD．2400s解析设每次提起的货箱质量为nm0，则拉力为F＝nm0g，则v＝eq\f(P,F)，所需时间为Δt＝eq\f(h,v)×eq\f(30,n)，解得Δt＝eq\f(360m0g,P)，代入m0＝5kg，g＝10m/s2及P的最大值25W，解得所需最短时间约为720s．选项B正确．答案B2．(2022·安徽卷，15)图2－5－18如图2－5－18所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点动身，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以初速率v0动身，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2.则()A．v1＝v2，t1＞t2B．v1＜v2，t1＞t2C．v1＝v2，t1＜t2D．v1＜v2，t1＜t2解析由机械能守恒定律得，小球两次到达N点速率相同，即v1＝v2，画出小球由M→P→N及由M→Q→N的速率－时间图象如右图中Ⅰ、Ⅱ所示．则图线与坐标轴所围成的“面积”表示小球的路程，两次的路程相等，故t1>t2，选项A正确．答案A3．(2022·南通市、扬州市、泰州市、宿迁市高三其次次调研)某同学用如图2－5－19所示的装置测量一个凹形木块的质量m，弹簧的左端固定，木块在水平面上紧靠弹簧(不连接)将其压缩，登记木块右端位置A点，释放后，木块右端恰能运动到B1点．在木块槽中加入一个质量m0＝200g的砝码，再将木块左端紧靠弹簧，木块右端位置仍旧在A点，释放后木块离开弹簧，右端恰能运动到B2点．测得AB1、AB2长分别为36.0cm和12.0cm，则木块的质量m为()图2－5－19A．100gB．200gC．300gD．400g解析两次木块均由同一位置释放，故弹簧恢复原长的过程中，弹簧所做的功相同，未加砝码时，由动能定理，可得W弹－μmg·AB1＝0，加上砝码m0时，有W弹－μ(m＋m0)g·AB2＝0，解得m＝100g，选项A正确．答案A4.图2－5－20(2022·广东卷，16)如图2－5－20所示，是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中()A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能C．垫板的动能全部转化为内能D．弹簧的弹性势能全部转化为动能解析由于楔块与弹簧盒、垫板间有摩擦力，即摩擦力做负功，则机械能转化为内能，故A错误，B正确；垫板动能转化为内能和弹性势能，故C错误；而弹簧弹性势能也转化为动能和内能，故D错误．答案B5．轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m＝0.5kg的物块相连，如图2－5－21甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴．现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的状况如图乙所示．物块运动至x＝0.4m处时速度为零．则此时弹簧的弹性势能为(g＝10m/s2)()图2－5－21A．3.1JB．3.5JC．1.8JD．2.0J解析物块与水平面间的滑动摩擦力为f＝μmg＝1N．F－x图线与x轴包围的面积表示功，可知物块从静止到运动至x＝0.4m时F做功W＝3.5J，物块克服摩擦力做功Wf＝fx＝0.4J．由功能关系可知，W－Wf＝Ep，此时弹簧的弹性势能为Ep＝3.1J，选项A正确．答案A6．(2022·合肥模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1m/s.从今刻开头在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图2－5－22甲和图乙所示，则(两图取同一正方向，取重力加速度g＝10m/s2)()图2－5－22A．滑块的质量为0.5kgB．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5C．第1s内摩擦力对滑块做功为－1JD．第2s内力F的平均功率为1.5W解析由图甲得F1＝1N，F2＝3N，由图乙知2s内滑块的加速度不变，即为a＝eq\f(1－0,2－1)m/s2＝1m/s2，依据牛顿其次定律有F1＋f＝ma，F2－f＝ma，而f＝μmg，解得f＝1N，μ＝0.05，m＝2kg，选项A、B均错误；由v－t图象面积法得第1s内滑块的位移s1＝eq\f(1,2)×(－1)×1m＝－0.5m，第1s内摩擦力对滑块做功为W1＝－f·|s1|＝－0.5J，选项C错误；第2s内力F的平均功率为F2·eq\f(v1＋v2,2)＝3×eq\f(0＋1,2)W＝1.5W，选项D正确．答案D二、多项选择题7．(2022·贵州六校联考)一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α＝30°的斜面，其加速度为eq\f(3,4)g，该物体在斜面上上升的最大高度为h，则此过程中正确的是()A．动能增加eq\f(3,2)mghB．重力做负功mghC．机械能损失了－eq\f(1,2)mghD．物体克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgh解析假设物体受到的摩擦力为Ff，依据牛顿其次定律可得Ff＋mgsin30°＝ma，将a＝eq\f(3,4)g代入求得Ff＝eq\f(1,4)mg.当此物体在斜面上上升的最大高度为h时，依据动能定理可得，物体动能增加为负值，选项A错误；物体竖直上上升度h时，重力做负功mgh，选项B正确；机械能的损失等于物体克服摩擦力做的功，为eq\f(1,2)mgh，选项C错误；物体克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgh，选项D正确．答案BD8．(2022·淮安市高三考前信息卷)图2－5－23如图2－5－23所示，有一半径r＝eq\f(3,10π)m的圆柱体绕竖直轴OO′以角速度ω＝8πrad/s匀速转动，今用水平力F把质量m＝1.2kg的物体A压在圆柱体的侧面，由于受挡板上竖直光滑槽的作用，物体A在水平方向上不能随圆柱体转动，而以v0＝1.8m/s的速率匀速下滑．已知物体A与圆柱体间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2.下列说法中正确的有()A．圆柱体对A的摩擦力大小为20NB．水平力F大小为48NC．圆柱体转动一周过程中克服摩擦力做功为9.6JD．圆柱体转动一周过程中，物体A克服摩擦力做功为5.4J解析由于物体A匀速下滑，由共点力平衡条件可知，圆柱体对A在竖直方向的摩擦力等于f1＝G＝12N，同时在水平方向受到大小为f2＝12N的滑动摩擦力，因此，圆柱体对A的摩擦力大小为f＝eq\r(f\o\al(2,1)＋f\o\al(2,2))＝12eq\r(2)N，A错；由f1＝μFN可知，由于FN＝F，水平力F＝eq\f(f1,μ)＝48N，B对；圆柱体转动一周过程中，物体所受水平方向摩擦力的作用点相对大地的位移为零，圆柱体克服摩擦力做功为零，C错；在竖直方向，物体下降的距离为s＝vt＝veq\f(2π,ω)，克服摩擦力的功为W＝－Wf＝f2s＝5.4J，D对．答案BD9.图2－5－24(2022·山东潍坊市一模)如图2－5－24所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块a通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m.开头时，a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦力作用．现对b施加竖直向下的恒力F，使a、b做加速运动，则在b下降h高度过程中()A．a的加速度为eq\f(F,m)B．a的重力势能增加mghC．绳的拉力对a做的功等于a机械能的增加D．F对b做的功与摩擦力对a做的功之和等于a、b动能的增加解析由a、b均静止且a刚好不受斜面摩擦作用知：FT＝mg，FT＝magsinθ.即：mg＝magsinθ①ΔEPa＝maghsinθ②由①②得：ΔEPa＝mgh选项B正确．当有力F作用时，物块a与斜面之间有滑动摩擦力的作用，即绳子的拉力增大，所以a的加速度小于eq\f(F,m)，选项A错误；对物块a、b分别由动能定理得：WFT－magsinθ·h＋Wf＝ΔEka③WF－WFT＋mgh＝ΔEkb④由①③④式可知，选项C错、D对．答案BD三、非选择题10.图2－5－25(2022·常州市训练学会同学学业水平监测)如图2－5－25所示是一个模拟风洞中的小试验，空气压缩机在风洞可形成竖直向上的均匀气流．将质量m＝2kg的圆球套在与水平面成37°角的细直杆上，直杆固定不动，球内壁与杆间动摩擦因数μ＝0.5.将此装置置于风洞中，气流可对球施加竖直向上的恒力F，某时刻由静止释放小球，经过t＝1s，小球通过的位移大小为s＝0.5m．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求小球运动的加速度大小；(2)求恒力F的大小；(3)求运动1s内，小球机械能的变化量ΔE.解析(1)小球做匀加速运动，a＝eq\f(2s,t2)＝1m/s2(2)若小球向下运动，F1＜mg，由牛顿其次定律有(mg－F1)sin37°－μ(mg－F1)cos37°＝ma代入数据得，F1＝10N若小球向上运动，F2＞mg，由牛顿其次定律(F2－mg)sin37°－μ(F2－mg)cos